江苏省宿迁市2024—2025学年高二下学期期末测试数学试卷

高二年级调研测试 4.如果随机变量XNG,a),且PX≤6)=0.8，即么PX≤的值为 数学 A.02 B.03 C.04 D.08 5,在空间直角坐标系O-z中，向量：=1,1,0e)在面Oy上的授影向量为侧，在 本说喜共6页，19小题，满分150分，考就用时120分钟。 注意事项：1，卷喜，考生务必将自巴的姓名、准考证号填写在等题卡上。将条形马精 向量=《-1,0，)上的投影向量为：，则m与n的夹角为 黏在养题卡上“条形码就贴处”。 2。作答选择题时，选出每小题答策后，间2B每笔在答题卡上对应题日选项的 A B.月 c D,与1有关 器量信息点涂黑：如需收动，用棕皮擦干净后。再选涂其他器常。答案不 危答在试基上。 6,在m重伯努利试验中，每次试数发生的藏率均为：，且2次试验中恰好发生1次的撒 3.非选择题必须用黑色学迹的钢笔我鉴字笔作答，答发必频写在答随卡各题 时指定已城内相应且重上：如霄覆动，先划牌票来的答策，格后再写上新 率为行若随机变量X~6p小，则x的为差为灯 器煮：不准使用婚笔和涤改液。不按以上要求作等无藏。 4考生边缅保将答题卡的整洁。背认体来后，将流卷和答避卡一并变回。 B C.1 D.2 一，选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只 了.某位同学用一根直径<m,长度30cm,相细均匀的慨木棒做接力棒，先按长度将其划 有一个选项是正确的。请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。 分成每段为10如m的三个区域，再将每个区域漆上一种颜色，要求相邻区域的颜色不整 1。用分层抽样的方法从某校学生中描取一个样本客量为45的样本，其中高一年级抽20 相料，现有红、黄、蓝三种颜色的泊漆可以选取，则漆出的外礼有〔》种可能。 人，高三年级抽0人.已知该枚高二年级共有学生300人，则不同的抽样结果共有() A.18 B.15 C.12 D.9 种。 8。已知正四棱使的侧棱长为4，其顶点均在同一个续面上，若球的表面积为64书，则该正 A.CCC B.CC 四校整的体积为 C.A2·A号A D.Ae A.16 B.24 C.32 D.36 2.对于变量，y有观测数据低。书)eN:得数点图：对于变量u,￥有观测数据 二，选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分。每小题给出的四个送项中，有 多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的将部分分，有选错的得0分。 (似。)任6門：得做点图2，天表示变量x,y之间的线性相美系数，5表示变量， 9,从某次知识竟赛成领中随机触取客量为100的样本，由样本数据绘制的顿率分布直方 ?之间的线性相关系数，题下列说法正锦的是 图如图所示，下列估计结论正确的有 朝率 A.片<方+5<0 A.成绩的众数为75 组雨 B.5<5+5<0 B,成绩的上四分位数为84 0025m C.成绩的极差为的 Q.020 C.0<斤+n<5 D,己知落在[50.60的平均成绩是54.方差是2： 0.010m D.0e5+5<5 图1 第2题) 2 落在[60,0)的平均成绩为66，方差是5，则两 0005 3.已知m,n为两条不同直线，：，B,y为三个不同平面，则下列说法正确的是 组成领的总标准差为6 04050607000100分数 (第9题) A,若m∥a,和Ca,期m∥n 10.已知事件X,Y满是P风)-04，P)=0.5,测下 B.若m∥a,a∥B,则m从B 列判斯可能正确的是 C.若刚∥a,m∥B,期a∥B D.若aHB,BHy,则a∥y A.X,了组立 B.X,Y对立 C.P(XY)=P(X+Y) D.xY的=0.9 高二数学第1页（共6瓦） 真二数学第2夏（共6页） I山.在平行六面体ABCD-4B,CD中，各棱长均为6，∠41B=∠4AD=∠DAB=了，则 下列结论正确的有 A.AC=63 B.四边形ABCD为正方形 C.4与平面ABCD所成角的余弦值为5 D.四边形CCD,D内存在点P,使得直线AP与BD,所成角为 6 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12.设随机变量X~H10,30,100),则X的均值为E(X)= 13.在1+0+)+1+x)2+1+x)'++1+x)°的展开式中，x的奇次项的系数和 为 14.我国南北朝时期伟大的数学家、天文学家祖跑，首次发现“幂势既同，则积不容异” 的结论，被称为“祖胞原理”，并用其推导出球的体积公式（示意如图），比西方早一 千一百多年，显示出我国古代在数学研究上的辉煌成就。 半球台的定义：用一个平行于半球大圆面的平面去截半球，截面圆和大圆面之间的部 分叫半球台.大圆面叫下底面，截面叫上底面.则一个下底面半径为5，上底面半径 为4的半球台的体积为 (第14题) 高二数学第3页（共6页） 四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分) 已知n满足C-C28,在c+的展开式中，求 (1)二项式系数最大的项： (2)所有有理项的系数和. 16.(15分) 如图，PA是圆柱的母线，AC是底面圆的直径，点B,D在底面圆周上（异于A,C), 平面PAD⊥平面PAB. (1)证明：AD∥平面PBC; (2)若PA=AC=2,BC=1,求点D到平面PBC的距离. B (第16题) 高二数学第4页（共6页） 17.(15分) 18,(17分》 某景区为测试并推广一款顶的游克A甲，上战的第1、2两天在AP即上预的可获得免 如图，在长方体ABCD-ACB中，点E,F分别是棱BR,DD上的动点，且 尝游览货格，第3天开始恢复为原票价，下表是该景区在该APP上前7天的预约情况 AE上AB,AF⊥AD 第r天 1 23 4 5 6 1 (1)求证：AC⊥平面4EF: 预约量万张)9.0398588.78768748,79 (2》若A8=1,AD■2， 经计算得：】 -1-2-8-24s4 ①求平面AEF与平面C8D类角的余弦值的最大值( ()由于棉两天预约游览免费，所以剔别除第1、2两天数据，求y关于：的线性目归 ②若平面AEF载长方体的截面为五边形，求平面AEF与平正C8D夹角的余弦 值的范围， 方程及第5天的残差： (2)为了调查该APP在不同年静的人群中的推广情况，从第7天成人醉客中随机抽 取200人透行分析，所得的部分数据见下表： 50岁以下 50岁《含50)以上 合计 通过APP预的人数 70 其它方式购票人数 80 合计 100 第18愿 ⊙完成以上2×2列联表： 19.《17分》 ②如果有95%的把握认定游客通过AP叩预约游览与其年龄有关，蒙要进行针对 某超市为吸引顾客，组织购物抽奖活动，拍奖机中有N种不同面值的代金券可抽，抽 性宜传，情你判斯是香需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宜传。 得的代金券可在本却市清费，抽奖规则如下： Px326) 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 颗客先在拍奖机上随机拍取一个数(n<N,ne门。 2706 3.841 5.024 6.635 7.879 10828 (1)当n=0时，随机抽得一张代金芬： ()当用1时，随机显示m张面值不同的代金芽。但这些代金券都不能用于清费， 仅供参考，随后从剩下的(W一刷种代金券中逐个随机抽取，一组出现比这刀张 参考公式：6=可回 =-6.x2= n(ad-be) -碱 (e+bXc+dya+cxb+d) 代金券的面值军高的。即独得该张代金券：若后面没有比这：种的面值都高的。 即拍得最后一张代金券 某位顺客购物后参加抽奖活动。 (1)当N=3,且三张代金券的面值分别为5元，10元，15元时 ①若其抽取的数和=1，求其推得代金券的面值的均值和方差： ②求其抽得15元代金券的概率 (2)当N=5,项客推取？为何镇时，轴得最高面值的代金券的概率最大？ 燕二数作第5到（共6页） 高二数学第6页《共6页)S 数学试题 第 1 页（共 8 页） 高二年级调研测试 数 学 答 案 一、选择题： 1~4．ACDA 5~8．ABDA 二、选择题： 9．ABD 10．AC 11．BC 三、填空题： 12．3 13．511 14． 66π 四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．由 2 1+1C C =28 n n n  ，即 2 1+1C C =28n n ， 知 2 56 0n n   ，解得 8n  或 7n   （负值舍去）……………………………2分 则 8 3 2( )x x  展开式通项公式为 24 4 3 1 8C 2 , 0,1,2, ,8 r r r rT x r     L ， ……………4分 （1）因为 8 3 2( )x x  展开式共有 9项， 则展开式中二项式系数最大的项是第 5项，……………………………………5分 即 24 16 8 4 4 3 3 5 8C 2 1120T x x    ．………………………………………………………7分 （2）因为 24 4 48 3 3 r r   ，所以当 0r  ，3，6时， 1rT  为有理项，………………9分 所以有理项的系数和为 0 0 3 3 6 68 8 8C 2 C 2 C 2 2241   ． …………………………12分 故展开式中有理项的系数和 2241．………………………………………………13分 16．（1）证明： 法一：因为 PA是圆柱的母线，所以 PA 平面 ABCD . ………………………1分 又 AB 平面 ABCD， AD 平面 ABCD， 所以 PA AB ， PA AD ， ………………………………………………………2分 所以 DAB 是二面角 D PA B  的平面角. ………………………………………3分 因为平面 PAD 平面 PAB， 所以 90DAB  ，即 AD AB ． ……………4分 S 数学试题 第 2 页（共 8 页） 因为 AC是底面圆的直径， B在底面圆周上， 所以 90ABC  ，即 BC AB . …………………………………………………5分 因为 A B C D， ， ， 四点共面， 故 AD  BC . …………………………………………………………………………6分 因为 BC 平面 PBC， AD 平面 PBC， 所以 AD∥平面 PBC ． ………………………………………………………………8分 法二：因为 PA是圆柱的母线， 所以 PA 平面 ABCD， ………………………………………………………………1分 又 AD 平面 ABCD，所以 PA AD ，………………………………………………2分 因为平面 PAD 平面 PAB，平面 PAD 平面 PAB PA ， AD 平面 PAD， 所以 AD 平面 PAB . …………………………………………………………………4分 因为 AC是底面圆的直径， B在底面圆周上，所以 90ABC  ，即 BC AB ， 又因为 PA 平面 ABCD， BC 平面 ABCD，所以 PA BC ， PA平面 PAB上， AB 平面 PAB， PA AB A ， 所以 BC 平面 PAB，…………………………………………………………………5分 故 AD  BC . …………………………………………………………………………6分 因为 BC 平面 PBC， AD 平面 PBC， 所以 AD∥平面 PBC .…………………………………………………………………8分 （2） 法一：由（1）知 BC AB ，又 2, 1AC BC  ， 所以 2 2 3AB AC BC   ，故 1 3 2 2ABC S AB BC   △ . ……………………9分 又 PA 平面 ABCD， 2PA  ， 所以 1 1 3 32 3 3 2 3P ABC ABC V PAS     △ ，………………………………………11分 因为 PA BC ， AB BC , PA平面 PAB， AB 平面 PAB， PA AB A ， 所以 BC 平面 PAB，又 PB 平面 PAB，所以 BC PB . 在Rt PBA△ 中, 2 2 7PB PA AB   , 所以 1 1 77 1 2 2 2PBC S PB BC      △ .………………………………………13分 由（1）知 AD∥平面 PBC，所以点 D与点 A到平面 PBC的距离相等，设为 d， S 数学试题 第 3 页（共 8 页） 由 A PBC P ABCV V  ，得 1 7 3 3 2 3 d   ，故 2 21 7 d  ， 所以点 D到平面 PBC的距离为 2 21 7 . …………………………………………15分 法二：由法一知 BC 平面 PAB，又 BC 平面 PBC， 所以平面 PBC 平面 PAB . ………………………………………………………9分 在平面 PAB内作 AH PB ，交 PB于点H ，又平面 PBC 平面 PAB PB ， 所以 AH 平面 PBC . ……………………………………………………………11分 由（1）知 AD∥平面 PBC，所以点 D与点 A到平面 PBC的距离相等， 故点 D到平面 PBC的距离为 AH . 在Rt PBA△ 中， 2PA  , 3AB  , 2 2 7PB PA AB   ， …………………13分 由等面积法知 2 3 2 21 77 PA ABAH PA     . 所以点 D到平面 PBC的距离为 2 21 7 .……………………………………………15分 17．（1）设 y关于 t的回归方程为 tbay ˆˆˆ  ， 1 (3 7) 5 5 t     ， …………………………………………………………1分 7 1 1 ( 18.03) 8.714 5 ii y y     ， …………………………………………………2分 7 7 2 3 3 140 1 4 135, 245.34 9.03 18 218.31 i i i i i i t t y             ， ………………4分 7 3 7 2 2 2 3 218.31 5 5 8.714ˆ 0.046 135 5 55( ) i i i i i t y t y b t t              ， ……………………………5分 ˆˆ 8.714 0.046 5 8.484a y bt      ，…………………………………………6分 所以 y关于 t的回归方程为 ˆ 8.484 0.046y t  ．………………………………7分 第 5天的观测值和估计值分别为 8.76和 8.714， 所以第 5天的残差为8.76 8.714 0.046  ．……………………………………9分 S 数学试题 第 4 页（共 8 页） （2）①2×2列联表如下： （3） ……………………………………11分 ②提出假设 0H :通过 APP 预约游览与其年龄无关． 根据列联表中的数据，可以求得 2 2 200 70 50 50 30 25 120 80 100 100 3          （ ） ．………13分 因为 25 3.841 3  ， 0H 成立的概率为 5%， 即通过 APP 预约游览与其年龄有关的概率是 95%， 所以需要针对年龄超过 50岁（含 50）以上的人群进行宣传．………………15分 18．（1）证明：因为 1 1 1 1ABCD A BC D 为长方体， 所以 BC 平面 1 1ABB A，又 AE 平面 1 1ABB A， 则 BC  AE，又 1AE A B ，且 1BC A B BI ， 1,BC A B 平面 1A BC， 则 AE 平面 1A BC， …………………………………………………2分 又 1AC 平面 1A BC，所以 1AE AC ． …………………………………3分 同理由 1AF AD 可得 1AF AC ． ………………………………………4分 又 AE AF AI ， ,AE AF 平面 AEF ， 所以 1AC 平面 AEF ． ……………………………………………………5分 （2）①以 1{ }AB AD AA， ， uuur uuur uuur 为正交基底，建立空间直角坐标系O xyz ， 依题意可知 (1,0,0), (0,2,0), (1,2,0)B D C ， 设 1(0,0, ) ( 0)A a a  ，有 1 (1,2, )AC a  uuur ， …………………………………6分 由（1）知 1AC 平面 AEF ， 50岁以下 50岁（含 50）以上 合计 通过 APP 预约人数 70 50 120 其它方式购票人数 30 50 80 合计 100 100 200 S 数学试题 第 5 页（共 8 页） 所以 1 (1,2, )AC a  uuur 是平面 AEF 的一个法向量， 因为 1 1(1,0, ), (0,2, )B a D a ， 所以 1 1 1( 1,2,0), (0, 2, )B D CB a    uuuur uuur ， 设平面 1 1CB D 的一个法向量为 ( , , )x y zn ， 由 1 1 1 0 0 B D CB       ， uuuur uuur n n 得 2 0 2 0. x y y az       ， 取 y a ， 则平面 1 1CB D 的一个法向量为 (2 , ,2)a an ，………………………………8分 由 2 0a  知 1 1 2 2 21 2 2 2 2 2cos , 7205 5 4 2 100 295 29 AC aAC a aAC a a           uuur uuur uuur nn n ， 当且仅当 2 2 205a a  ，即 2a  时取等号，………………………………11分 设平面 AEF 与平面 1 1CB D 夹角为 ，则 1cos cos ,A C  uur n ， 故平面 AEF 与平面 1 1CB D 夹角的余弦值的最大值为 2 7 ．………………12分 ②因为平面 AEF 截长方体的截面为五边形， 所以 E， F 分别在棱 1BB ， 1DD 上且不包含端点， 且平面 AEF 与直线 1CC 的交点在 1CC 的延长线上， 所以 1a AB  ，且 2a AD  ，所以 2a  ， 设五边形 AEGHF 与 1CC 的延长线交于 K， 因为 1AC AEGHF平面 ， 所以 1AC AK ，又 5AC  ， 则 2 5a  ，得 24 5a  ，………………………………………………14分 （直接写出 2 5a  不扣分） 由①知 1cos cos ,A C  uur n 2 2 2 205 29a a    在 2 (4,5)a  上递减，……15分 (第 18题) DA E B C A1 B1 C1 D1 F x y z G H K (第 18题) DA E B C A1 B1 C1 D1 F x y z S 数学试题 第 6 页（共 8 页） 则 58 6cos ( , ) 29 9   ， 故平面 AEF 与平面 1 1CB D 夹角的余弦值的范围 58 6( , ) 29 9 ．……………17分 19．（1）①若其抽取的数 1n  ，记抽得的代金券的面值为 X ， X 可以取 5，10，15． 此时样本空间为  {（5，10，15），（5，15，10），（10，5，15），（10，15，5）， （15，5，10），（15，10，5）}． 当 5X  ，有 1种情况：（15，10，5），所以 15 6 P X  （ ） ， 当 10X  ，有 2种情况：（5，10，15），（15，5，10），所以 110 3 P X  （ ） ． 当 15X  ，有 3种情况：（5，15，10），（10，15，5），（10，5，15）， 所以 115 2 P X  （ ） ． …………………………………………………3分 所以顾客抽得的代金券的均值 1 1 1 35( ) 5 10 15 6 3 2 3 E X        ，……………4分 方差 2 2 2 35 1 35 1 35 1 125( ) (5 ) (10 ) (15 ) 3 6 3 3 3 2 9 D X           ． 答：顾客抽取的数为 1时，抽得代金券的面值的均值为 35 3 ，方差为 125 9 ．…5分 ②记事件 B为“抽得 15元代金券”， ( 0,1,2)iA i  表示事件“抽得的数为 i”， 显然 0 1 2, ,A A A 彼此互斥， 0 1 2A A A  为样本空间． 0 1 2 1( ) ( ) ( ) 3 P A P A P A   ，…………………………………………………6分 当 0i  时， 0 1( ) 3 P B A  ； …………………………………………………7分 当 1i  时，有 3种情况：（5，15，10），（10，15，5），（10，5，15）， X 5 10 15 P 1 6 1 3 1 2 S 数学试题 第 7 页（共 8 页） 所以 1 1( ) 2 P B A  ； ………………………………………………8分 当 2i  时，有 2种情况：（5，10，15），（10，5，15）， 所以 2 1( ) 3 P B A  ； ………………………………………………9分 由全概率公式，得 0 1 1 2 20( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P B P A P B A P A P B A P A P B A   1 1 1 1 1 1 7 3 3 3 2 3 3 18        ． 答：抽得 15元代金券的概率 7 18 ．…………………………………………11分 （2）不妨设代金券的面值分别是 1，2，3，4，5，则 5张代金券的排列有 55A 种情况， 用 0,1,2,3,4nP n （ ）表示“抽得代金券的面值为 5”的概率． 当 0n  和 4n  时， 0 4 1 5 P P  ． …………………………………………13分 当 1n  时，用 iD 表示事件“显示的代金券的面值为 i”且 1 2 3 4, , ,D D D D 彼此互斥， 1D 发生仅有 5排在第 2位一种可能，有 3 3A 种情况． 2D 发生：当 5排在第 2位时，有 3 3A 种情况； 当 5排在第 3位时，第 2位只能为 1，有 22A 种情况． 3D 发生：当 5排在第 2位时，有 3 3A 种情况； 当 5排在第 3位时，有 1 22 2C A 种情况； 当 5排在第 4位时，有 22A 种情况． 4D 发生有 4 4A 种情况， 则 3 3 2 3 1 2 2 4 3 3 2 3 2 2 2 4 1 5 5 A A A A C A A A 50 5 A 120 12 P          ．…………………14分 当 2n  时，设显示的两张代金券的面值中较大的为M ， 若 2M  ，仅有 5排在第 3位一种可能，有 2 22 2A A 种情况， 若 3M  ，当 5排在第 3位时，有 1 2 22 2 2C A A 种情况， 当 5排在第 3位时，有 1 22 2C A 种情况， 若 4M  ，有 1 2 33 2 3C A A 种情况， S 数学试题 第 8 页（共 8 页） 故 2n  时的概率 2 2 1 2 2 1 2 1 2 3 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 2 5 5 A A C A A C A C A A 13 A 30 P      ．…………15分 当 3n  时，显示的三张代金券的面值中最大的为 K 若 3K  ，仅有 5排在第 4位一种可能，有 33A 种情况， 若 4K  ，有 2 3 23 3 2C A A 种情况， 故 3n  时的概率 3 2 3 2 3 3 3 2 3 5 5 A C A A 7 A 20 P    ． ………………………………16分 所以 0 4 3 1 2P P P P P    ， 故顾客抽取 2n  时，获得最高面值的代金券的概率最大． …………………17分 （直接求出 0 1 2 3 4P P P P P， ， ， ， 得到结论不扣分）